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EJERCICIOS DE MAQUINAS ELECTRICAS CHAPMAN 5TA. EDICION
MOTORES SINCRONOS: CAPITULO 5 CHAPMAN
Msc. Widmar Aguilar
AGOSTO 2024

Msc. Widmar Aguilar
AGOSTO 2024
a) f = 60 Hz ; P= 8

Msc. Widmar Aguilar
AGOSTO 2024
= = ∗ 60 = 900
b) fp = 0.8 (-) ------------------------ = 36.87
P= 400 HP= 298.4 (KW)
=
√ ∗
=
!
√ ∗! ∗.
= 448.65$%&
= 448.65 ∠36.87$%&
Como el motor tiene conexión delta, la corriente de fase es:
( =
)*
√
= 259.03 ∠ − 36.87 $%&
-. = /∅ − 12 (
-. = 345 − 6 5. 7 ∗ 259.03 ∠ − 36.87
-. = 480 − 155.42 ∠ 53.13
-. = 386.73 − 1124.32 $/&
-. = 406.22 ∠ − 17.82 $/&
c) 9:;< = =>?
@
=
!
∗ A∗
B
CD
9:;< = 3166.12 $E. &
F = 17.82 − − − − −//

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El máximo par inducido es:
9:;< = 3
-. H∅
@ I
9:;< = 3
357.JJ∗345
∗ A∗
B
CD
∗ .K
= 10344.31$E. &
El torque es aproximadamente el 31 % del torque máximo.
d) Si EA se incrementa 30 % -------------- IF aumenta (varía)
L( = 1.3 L(
L( = 406.22 ∗ 1.3
L( = 528.09 (V)
Como la potencia se mantiene constante:
P = 3
-. H∅
I
senF
L(MN F = L( MN F
F = MN O
P
QR
QRB
MN FS
F = MN O
P
! K.
T .
MN $−17.82&S
F = −13.62
Luego: ( = ∅O QR
UI
=
! O T . ∠ O .K
U .K
( =
O . !V U !. K
U .K
= 214.55 ∠14.96$%&
El nuevo factor de potencia es:
fp= cos (14.96)= 0.966 (+)

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e)
% Archivo M:
% Archivo M para crear una gráfica de la corriente en el inducido
% y la corriente de campo en el motor síncrono del ejemplo
% Primero, inicializar los valores
Ea = (0.90:0.01:1.70)*406.22; % Magnitud de Ea volts
Ear = 406.22;
delta = -17.82 * pi/180; % ángulo de torque
Xs = 0.6; % (ohms)
Vp = 480; % voltaje de fase
Ear = Ear * (cos(delta) + j * sin(delta));
% Calculo delta2
delta2 = asin ( abs(Ear) ./ abs(Ea) .* sin(delta) );
% Calcular el fasor Ea
Ea = Ea .* (cos(delta2) + j .* sin(delta2));
% Calcular Ia
Ia = ( Vp - Ea ) / ( j * Xs);
% Dibujar la curva V
figure(1);

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plot(abs(Ea),abs(Ia),'b','Linewidth',2.0);
xlabel('bfitE_{A}rmbf (V)');
ylabel('bfitI_{A}rmbf (A)');
title ('bfMotor síncrono curva V');
grid on;

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a) fp = 0.8 (+) ------------------------ = 36.87
P= 400 HP= 298.4 (KW)
=
√ ∗
=
!
√ ∗! ∗.
= 448.65$%&
= 448.65 ∠ 36.87$%&
Como el motor tiene conexión delta, la corriente de fase es:
( =
)*
√
= 259.03 ∠ 36.87 $%&
-. = /∅ − 12 (
-. = 345 − 6 5. 7 ∗ 259.03 ∠36.87
-. = 480 − 155.42 ∠ 126.87
-. = 573.25 − 1124.33 $/&
-. = 586.58∠ − 12.24$/&
El voltaje interno es proporcional a la corriente de campo, así:
!
T K.T
=
!
)WX
Y = 4 ∗
T K.T
!
= 4.9 $%&
b) Al quitar la carga, el motor mantiene su voltaje interno en:
EA = 586.58 (V) ; F = 0
( = ∅O QR
UI
=
! O T K.T ∠
U .K
( = 177.63 ∠ 90 $%&

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a) P= √3 /Z[M
] = √3 ∗ 230 ∗ 40 ∗ 1 = 15934.87 $^&
9:;< = 3
-. H∅
@ I
=
@
_ = =
∗T
= 3000
_ = 3000
`ab
:;
∗
A
`ab
∗
:;
K
= 100 c de/M
9:;<=
T !. f
A
= 50.72$E. &
9:;<= 50.72$E. & ∗
gh
. i
∗
. jk
gh
∗
l
. !
9:;< = 37.36$mno. op&
b)

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‘
Para tener un fp de 0.85 en adelanro, se debe incrementar la
corriente de campo, y esta hace incrementar el voltaje interno
manteniendose la potencia constante; el inncremento del voltaje interno
EA hace que cambia el ángulo de la corriente y por tanto su factor de
potecnia a 0.85 (+).
a) . De: P= √3 / [M
o = [M = 0.85$+&
( =
]
√3 /[M
( =
15934.8
√3 ∗ 230 ∗ .85
= 47.06$%&
[M = 0.85 − − − − − − − −−> = 31.79
( = 47.06 ∠ 31.79 $%&

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a) ] = 1000 ∗ 746 = 746000$^&
] = 746 $s^&
Pfriccion = 30 KW ; Pnucleo = 20 (KW)
]a;l = 746 + 30 + 20 = 796$s^&
Si ; fp= 1
( =
√
=
f K
√ ∗ . ∗
= 199.81$%&
Las perdidas en el cobre son:
] k`a = 3 d = 3 ∗ 199.81 ∗ 0.3/1000
] k`a = 35.93 (KW)
Incluyendo las perdidas, la corriente y el voltaje del motor es:
( =
√
=
f KV T.
√ ∗ . ∗
= 208.83$%&
-. = /∅ − $d + 12&
-. =
Jt55
√ t
− $5. t + 6J. u& ∗ J54. 4t
= vtJw. x − uJu. 4t3 ∠ 83.16
-. = vJ7u. Jw − 6 uJJ. 5x
-. = vt74. wu ∠ − 22.42 $/&
Hy = vt74. wu ∗ √t = Jtwv$H&

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De la curva dada , para un EA:
EA = 2371 V------------------- IF = 4.6 (A)
b) La eficiencia z = ?
z = =>?
|}~•
∗ 100
z =
f!K
. K
∗ 100 = 89.74 %
c) Se incrementa IF en el 5%:
Y = 1.05$4.6& = 4.83$%&
IF1= 4.83 (A)------------------- VT = 2410 (V) -----de la curva dada
EA1 =
!
√
= 1391.41$/&
Se tiene que:
Como la potencia se mantiene constante…
P = 3
-. H∅
I
senF
L(MN F = L( MN F
F = MN O
P
QR
QRB
MN FS
F = MN O
P
K .fT
.!
MN $−22.42&S
F = −22.04
Luego: ( = ∅O QR
•VUI
=
f. O .! ∠ O . !
. VU .T
( =
. fV UT .
. VU .T
=
T .TK
.T
∠ $85.76 − 83.16&
( = 207.75 ∠ 2.6 $%&
Lm ‚Nƒ o„[p eN pN [Z„ NM:
o = [M$2.6& = 0.999
Entonces:

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L([MF = 1391.41 ∗ [M$22.04& = 1286.42$/&
L([MF = 1391.41[M$22.4& = 1286.42$/&
L([MF < 1397.9 − − − − − −−>
[ M‚ N pN [Z„ N„[pZƒ„ eN m„ Ne
Q= √3/ MN
‡ = √3 2300 ∗207.75/ 1000 *sen (2.6)
Q= 37.54 (KVAR)
d) fp=1 ; EA = 1368.75 (V)
9:;< = 3
-. H∅
@ I
=
@
_ = =
∗K
= 3600
_ = 3600
`ab
:
∗
A
`ab
∗
:;
K
= 120 c de/M
9:;<=3 *
K .fT∗ f.
A∗ .T
= 5785.48$E. &
( =
√
=
f K
√ ∗ . ∗
= 199.81$%&
fp=0.8 ( +) ; ( =
√
=
f K
√ ∗ . ∗ .
= 249.77$%&
( = 249.77 ∠ 36.87 (A)
-. = /∅ − $d + 12&
-. =
Jt55
√ t
− $5. t + 6J. u& ∗ J3x. ww ∠36.87
-. = vtJw. x − 7J4. xJ ∠ 120.03 $/&
-. = v73J. 73 − 6 u33. u
-. = vwt5. ut ∠ − 18.34 $/&
9:;< = 3
-. H∅
@ I
=
@

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_ = =
∗K
= 3600
_ = 3600
`ab
:
∗
A
`ab
∗
:;
K
= 120 c de/M
9:;<=3 *
f .T ∗ f.
A∗ .T
= 7314.67$E. &
El diagrama de flujo de las pérdidas en un motor es:

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EN vacío:
Pvacio = 30+20 = 50 (KW)
Media carga:
Pentra = ˆ ∗ 0.746‰ + 30 + 20 = 423$s^&
]mN „ [„ Š„:
Pentra = $1000 ∗ 0.746& + 30 + 20 = 796 $s^&
Con fp=1
I=
√
EN vacío:
( =
T
√ . ∗
= 12.55 $%&
Media carga:
( =
!
√ . ∗
= 106.18 $%&
]mN „ [„ Š„:
( =
f K
√ . ∗
= 199.81 $%&

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Considerando las pérdidas en el cobre:
EN vacío:
]′ = 3 ( d = 3 ∗ 12.55 ∗ 0.3 = 141.75 $^&
Media carga:
]′ = 3 ( d = 3 ∗ 106.18 ∗ 0.3 = 10146.77 $^&
]mN „ [„ Š„:
]′ = 3 ( d = 3 ∗ 199.81 ∗ 0.3 = 35931.63 $^&
Considerando las perdidas, las corrientes son:
EN vacío:
( =
T V . !
√ . ∗
= 12.59 $%&
Media carga:
( =
! V . T
√ . ∗
= 108.73 $%&
]mN „ [„ Š„:
( =
f KV T.
√ . ∗
= 208.83 $%&
Los voltajes internos para cada caso es:
Vacío:
-. = /∅ − $d + 12&
5. t + 6J. u = J. uv4 ∠ 83.16
-. =
Jt55
√ t
− $5. t + 6J. u& ∗ vJ. ux
-. = vtJw. x − tv. w5J ∠ 83.16 $/&
-. = vtJ3. vJ − 6 tv. 34
-. = vtJ3. u ∠ − 1.36 $/&
Media carga:

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-. = /∅ − $d + 12&
5. t + 6J. u = J. uv4 ∠ 83.16
-. =
Jt55
√ t
− $5. t + 6J. u& ∗ v54. wt
-. = vtJw. x − Jwt. w4 ∠ 83.16 $/&
-. = vJxu. Jx − 6 Jwv. 4t
-. = vtJt. u ∠ − 11.85 $/&
Plena carga:
-. = /∅ − $d + 12&
5. t + 6J. u = J. uv4 ∠ 83.16
-. =
Jt55
√ t
− $5. t + 6J. u& ∗ J54. 4t
-. = vtJw. x − uJu. 4t ∠ 83.16 $/&
-. = vJ7u. Jw − 6 uJJ. v
-. = vt74. w7 ∠ − 22.43 $/&
Los valores calculados de EA y ángulo delta, sirven de referencia en la
gráfica V que se solicita.
Como se tiene la gráfica, corriente de campo VS voltaje, terminal, de esta
se obtiene los valores de IF Vs. EA y se lo guarda en un archivo. M para luego
cargarlo en el MATLAB, para ello se utiliza un programa que permite la
obtención de datos en Excel, su enlace para trabajar online en internet es
el siguiente:
https://apps.automeris.io/wpd4/
1) A la curva de este problema, grábela como archivo JPG
2) Entre en e enlace y obtenga los valores en una tabla Excel
3) Estos datos guárdelos en un archivo.dat para subirlos al matlab.

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Datos para archivo M:
0 0
0.33923091676256245 238.63636363636397
1.0173091676256227 661.3636363636365
1.3987821250479486 906.818181818182
1.9497506712696575 1254.5454545454545
2.394514767932489 1500
2.987341772151898 1800.0000000000002
3.389576141158419 1997.7272727272727
4.024021864211737 2215.909090909091
4.510356731875716 2372.7272727272725
4.954305715381666 2502.272727272727
5.545838128116608 2618.181818181818
6.031549673954735 2686.363636363636
6.517261219792863 2754.5454545454545
7.06597621787495 2781.8181818181815
7.593642117376294 2815.909090909091
8.03687188339087 2843.181818181818
8.437859608745683 2863.6363636363635
9.007431914077479 2856.8181818181815
9.4717107786728 2877.272727272727
9.999136939010352 2877.272727272727

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% archivo M para grafico de curva en V
if1 = 2.5:0.1:9;
% Datos para curva OCC
load curva_V.dat;
if_values = curva_V(:,1);
vt_values = curva_V(:,2);
% iniciar los valores
Xs = 2.5; % reactancia sincrónica
Vp = 1327.9; % voltaje de fase
% Valores de EA y ángulo delta para factor de potencia unidad.
d_nl = -1.36 * pi/180; % delta at no-load
d_half = -11.85 * pi/180; % delta at half-load
d_full = -22.43 * pi/180; % delta at full-load
Ea_nl = 1324.5; % Ea en vacío
Ea_half = 1323.; % Ea a media carga
Ea_full = 1368.76; % Ea Plena carga
% Calculo de EA de acuerdo al valor de la corriente
Ea = interp1(if_values,vt_values,if1) / sqrt(3);
% Calcular la corriente IA de acuerdo a cada valor asociado de EA
% primer valor de delta.
delta = asin ( Ea_nl ./ Ea .* sin(d_nl) );
% Calculo del fasor Ea
Ea2 = Ea .* (cos(delta) + j .* sin(delta));
% cálculo de corriente Ia
Ia_nl = ( Vp - Ea2 ) / (j * Xs);
% Calculp de la corriente de armadura para media carga

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AGOSTO 2024
% First, calculate delta.
delta = asin ( Ea_half ./ Ea .* sin(d_half) );
% Calculate the phasor Ea
% cálculo de Ia
Ia_half = ( Vp - Ea2 ) / (j * Xs);
% Calculo DE LA CORRIENTE DE ARMADURA a plena carga.
% First, calculo de delta.
delta = asin ( Ea_full ./ Ea .* sin(d_full) );
% Calculo del fasor EA
% cálculo de Ia
Ia_full = ( Vp - Ea2 ) / (j * Xs);
% Dibujar de la curva V
hold off;
plot(if1,abs(Ia_nl),'k-','Linewidth',2.0);
hold on;
plot(if1,abs(Ia_half),'b--','Linewidth',2.0);
plot(if1,abs(Ia_full),'r:','Linewidth',2.0);
xlabel('bfField Current (A)');
ylabel('bfCorriente de armadura (A)');
title ('bfCurva V de un motor sincrono');
legend('vacío','Media carga','Plena carga');
grid on;

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AGOSTO 2024
Se sabe que la reactancia sincrónica (X) depende la frecuencia y es
proporcional a ella (X=2co&, por lo que la reactancia sincrónica es
directamente proporcional a la frecuencia. Si la frecuencia se cambia de 60
Hz a 50 Hz, la reactancia sincrónica se reducirá en un factor de 5/6
Xnueva =
T
K
2 =
T
K
2

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AGOSTO 2024
-. = /∅ − $d + 12&
/∅ =
√
= 120.09$/& -----------------------//
-. = vJ5. 5x − $6v. 7& ∗ u5
-. = vJ5. 5x − 45 6 $/&
-. = v33. t ∠ − 33.67 $/&
b) El ángulo de par del motor es:
c) F = 33.67 (-)
] Œ• = 3
-. H∅
I

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AGOSTO 2024
] Œ• = 3
v33.t∗vJ5.5
.K
= 32491.85$^&
] Œ• = 32.49$s^&
d) Si fp= 0.8 (+) ------ = 36.87
Como la potencia sigue siendo constante:
([M = ( [M
50*1= ( ∗ .8
( = 62.5$%&
( = 62.5 ∠ 36.87
-.J = vJ5. 5x − $6v. 7& ∗ 7J. u ∠ 36.87
-.J = vJ5. 5x − v55 ∠ 126.87
-. = vwx. 7u4 − wx. 3J3 6 $/&
-. = vx7. 3t ∠ − 23.85 $/&
Y = sL(
Y = sL(

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AGOSTO 2024
)WB
)WX
=
QRB
QRX
; Y =
QRX
QRB
Y
Y =
K.!
!!.
∗ 2.7 = 3.675$%&
e) El ángulo de par del motor es:
F = 23.85 (-)

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AGOSTO 2024
a) IL = 300 A a fp= 0.85 (+)
P= 3000*0.746 = 2238 (KW)
Los valores de X y R en ohmios son:
S = 2238/0.8 = 2797.5 KVA
ZB =
g X
•
=
!. X
.f fT
= 6.07$ℎ &
X= 1.1*6.07 = 6.67 (ohm) ; R= 0.1*6.07 = 0.607 (ohm)
( =
)*
√
=
√
= 173.2$%& ------- corriente en la fase
( = 173.02 ∠ 31.79 $%&
-. = /∅ − $d + 12&
-. = 3vJ5 − $5. 75w + 67. 7w& ∗ 173.2 ∠ 31.79
-. = 3vJ5 − 7. 7x4∠ 84.8 ∗ 173.2 ∠ 31.79$/&
-. = 3vJ5 − vv75. 5x ∠ 116.59
-. = 37tx. J7 − 6v5tw. 3
-. = 3wut. 43∠ − 12.6 $/&
F = 12.6 (-)

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AGOSTO 2024
El esquema varía como la figura:
Del esquema se tiene que tomando la tangente:

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AGOSTO 2024
p„ F =
(‘
’‘
=
(‘
““““
’‘
““““V”‘
““““
p„ F =
•R)R a; VI•)R
∅V”‘
““““
p„ F =
•R)R a; VI•)R
∅V I•)R a; O •R)R a;
F = p„ O
$
•R)RVI•)R
∅V I•)R a; O •R)R
)
EA atrasa al voltaje de fase ------------------- Motor
Si L( [MF < /∅ − − − − − − − −>
– M‚ N N NŠí„ eN m„ Ne
L([MF = 480[M10 = 472.7$/& < 480
− − − − − − − − −> p „n„1„ [ ˜p
P= 3 /∅ ( [M

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AGOSTO 2024
Para conocer el ángulo teta, se necesita determinar la corriente de la
armadura.
( = ∅O QR
•VUI
=
! O !K ∠ O
. VU
( =
K. VUf .
. VU .T
=
!.
. T
∠ $71.33 − 84.29&
( = 83.9 ∠ − 12.96 $%&
P= 3 ∗ 480 ∗ 83.9[M$−12.96&
P= 117738.44 (W0
P= 117.74 (KW)
Q= 3 /∅ ( MN
Q= 3* 480* 83.9 sen (-12.96)
Q= 27095.5 (W)
Q= 27.095 (KW)

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AGOSTO 2024
a) L( „eNm„ p„ „ /∅ --------------------------- generador
L( [MF = 1 ∗ [M12 = 0.978
La máquina consume energía reactiva de la red
b) -. = /∅ + $d + 12& − − − − − − − − − − −
−– Š N „e
™( =
-.š ∅
•VUI
™. =
v∠ Ov
5.vV 6
=
O 5.5JJ V 65.J54
v.55u ∠ !.
= 5. J54 ∠ 11.75
› = / ∗ = 1 ∗ 0.208 ∠ − 11.75
› = 0.208∠ − 11.75 = 0.204 − 10.042 $ ‚&
S= 0.204*500 – j 0.042*500
S= 102- j 21 (KVA)
P= 102 KW ; Q= 21 KVAR
]œ = 3 ∗ 102 = 306$s^&
‡œ = 3 ∗ 21 = 63 $s/%d&
La potencia que entrega es: PT = 306 (KW
c) •ž Ÿ ¡¢£¤¥ž ¦¢ž¤¡¥§ž ¨©¢ ¤ £ª©«¢ ¬¢- ª¥ª¡¢«ž ¢ª:
® = 7t$¯H.°&
d) Como S= 0.208∠ − 11.75
ST= 3* 0.208 * 500 = 312 KVA

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La máquina trabaja dentro de los valores nominales.

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a) Cada uno de las cargas toma las siguientes potencias:
Carga1:
]1 = ›[M = 100 s_
fp= 0.9 (+) -- = 25.84
Tan =
±
; ‡ = ]p„ $25.84&
‡ = 100p„ $25.84& = 48.43$s/%d&
Carga 2:

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P2 = ›[M = 80 ∗ .8 = 64 s^
fp= 0.8 (-) -- = 25.84
Q2 = P tan = 64 ∗ p„ $36.87 = 48 s/%d
Se tiene que:
PT = 100+64 = 164 (KW)
QT = 48.43+48 = 96.43 (KVAR)
ST = ²]œ + ]œ = √164 + 96.43
ST = 190.25 (KVA)
La corriente en la línea es:
=
•
√
=
. T∗
√ ∗!
= 228.83 $%&
b) IF = 1.5 (A) ---suministra potencia nominal
X =1.1 pu ; R= 0.01 pu
Poniendo los valores en ohmios:
P= 100*.746 = 74.6 KW
SB = 74.6/0.8 = 93.25 KVA

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KVB = 0.46 KV
ZB =
.!KX
. T
= 2.27$ℎ &
R = 0.01* 2.27 = 0.0227 (ohm)
X= 1.1*2.27 = 2.497 (ohm)
Asumiendo que el motor está en Y :
/∅ = 480/√3 = 277.13$%&
( =
f!.K∗
√ ∗! ∗ .
= 112.16$%&
-. = /∅ − $d + 12&
-. = Jww. vt − $5. 5JJw + 6J. 3xw& ∗ vvJ. v7∠36.87
-. = Jww. vt − J45. 57 ∠ 126.35
-. = 33t. t − 6JJu. u7
-. = 3xw. Jt ∠ - 26.98 (V)
La potencia activa:
P= 74.6 (KW)
tan =
±
Q = 74.6 *tan (36.87) = -55.95 (KVAR)
c) F = 26.98
d) El factor de potencia del motor está dado en el problema y es de:
fp =0.8 (+)
e) œ = ] Œ`h + ]³
œ = 100 + 64 + 74.6 = 238.6$s^&

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‡œ = ‡ Œ`h + ‡³
‡œ = 48.43 + 48 − 55.95 = 40.48 $s/%d&
›œ = ²]œ + ‡œ = √238.6 + 40.48
›œ = 242 s/%
=
•´
√
=
! ∗
√ ∗!
= 291$%&
f) La corriente de campo se incrementa a:
IF = 3 (A)
Y = 3 % − − − − − − − −> L( = 615 $/&

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F = MN O
$
! f.
K T
MN 26.98& = 21.52
Por tanto: ™( = ∅O -.
•VUI
™.J =
Jww.vt O7vu∠O .T
5.5JJwV 6J.3xw
=
OJxu V 6JJu.ux
J.3xw ∠ .!
™.J = v34. wt∠ 53.11 $%&
µ« ¡ ¦ = t H∅™.J¤ ª¶ = t ∗ Jww. vt ∗ v34. wt ∗ ¤ ª$ut. vv&
µ« ¡ ¦ = w3JJ7. J4$·& = w3. t$¯·&
® = t H∅™.Jª¢£¶ = t ∗ Jww. vt ∗ v34. wtª¢£$ut. vv&
®« ¡ ¦ = x44x7. 5w$H.°& = −x4. 4x $¯H.°&
g) El ángulo de par del motor es:
F = 21.52
h) El factor de potencia del motor es:
o = [M$22.73& = 0.92
i) La planta suple al sistema:

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P= 100 + 64 + 74.3 = 238.3 $s^&
Q= 48.43 + 48 − 98.89 = −2.46 $s/%d&
›œ = ²]œ + ‡œ = √238.3 + 2.46
›œ = 238.31 s/%
=
•´
√
=
. ∗
√ ∗!
= 286.64$%&
j)
La corriente de línea en la parte (e) es mayor que la corriente de línea en la
parte (i), porque el motor síncrono está suministrando potencia reactiva
que consumen las otras dos cargas, y requiere menos potencia reactiva de
la barra infinita.

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a) Se sabe que: = ; P=4
n= 300 ----- > o =
∗!
= 10 ¸¹
n= 1500 ----- > o =
T ∗!
= 50 ¸¹
o = º 10 , − − − − − − −−, 50 ¸¹¼
b) fp= 0.8 (+) ------------------ = 36.87
I=
√ ∗ .! ∗.
= 150.35$%&
( = 150.35∠36.87$%&
-. = /∅ − $d + 12&
-. =
345
√t
− 6v. 4 ∗ vu5. tu∠36.87
-. = Jww. vt − Jw5. 7t ∠ 126.87
-. = 3tx. uv − 6Jv7. u
-. = 34x. x3 ∠ - 26.22 (V)
c) ] = 3 ∗ ∅QR
I
= 3 ∗
ff. ∗! . !
.

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d) N= 300 rvp --------- f= 10 HZ
Por tanto:
EA =
T
∗ 489.94 = 97.99 ∗ /&
e) Si: /∅ =
T
∗ 277.13 = 55.43 $/&
Como la frecuencia cambia, también lo hace X:
X=
T
∗ 1.8 = 0.36 $ℎ &
] = 3 ∗ ∅QR
I
= 3 ∗
TT.! ∗ f.
. K
] = 45263.21 $^& = 45.26 $s^&
f) De los literales c) y e), se puede decir que la potencia del motor
síncrono varia linealmente con su velocidad.

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a) 9:;< = =>?
½
n= =
∗K
= 900
900 = 30 c de/M
] Œj = 400 ∗ .746 = 298.4 (KW)
9:;< = =>?
½
=
.!∗
A
= 3166.12$E. &
b) De: z = =>?
|}~
]a;l = =>?
¾
=
.!
.
= 331.56$s^&
c) n= =
∗K
= 900
d) ( = =
√
=
.TK
√ ∗ . ∗.
= 97.92$%&
Fp= 0.85 ------- = 31.79
( = 97.92∠31.79$%&
L( = /∅ − $d + 12&
L( =
√
− $0.8 + 111& ∗ 97.92∠31.79
L( = 1327.9 − 11.03 ∠ 85.84 ∗ 97.92∠ 31.79
L( = 1327.9 − 1080.06 ∠ 117.63
L( = 1828.79 − 1 956.89
L( = 2064 ∠ - 27.62 (V)
e) Del punto anterior: ( = 97.92
f) ] ;b = ]a;l − ]N eZe„M
] ;b = 331.56 − 3 ∗ 97.92 ∗ 0.8/1000
] ;b = 308.55 (KW)
g) ] + ];¿ j + ]<: À = ?

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] + ];¿ j + ]<: À = ] ;b − ] Œj
] + ];¿ j + ]<: À = 308.55 − 298.4
] + ];¿ j + ]<: À = 10.15 $s^&

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a) De la placa se obtiene:
Vn= 6.6 KV ; fp= 1 ; IL = 1404 (A)
Pent = √3 / [M = √3 ∗ 6.6 ∗ 1.404 ∗ 1
Pent = 16. 05 (MW)
b)
X=0.7 pu ; R=0.02 pu
P= 21000 HP *.746= 15666 (KW)
S= P/fp = 15666 KVA= 15.67 MVA
Á‘ =
K.KX
T.Kf
= 2.78$ℎ &
R= 0.02*2.78= 0.0566 (ohm); X= 0.7*2.78 = 1.946 (ohm)
L( = /∅ − $d + 12&
L( =
KK
√
− $0.0566 + 11.946& ∗ 1404
L( = 3810.52 − 2733.59 ∠ 88.33
L( = 3890.18 − 1 2732.43
L( = 4753.92 ∠ - 35.08 (V)
c) SI Pent = 12 (MW)
Por teoría de máquinas síncronas, la máxima potencia reactiva que puede
entregarse está dada por los límites máximos del estator y del rotor, estos
a valores nominales.

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La corriente de campo (rotor) es la que limita la potencia reactiva de la
máquina.
Como el motor tiene un factor de potencia unitario, el límite
de potencia aparente del estator es 16,05 MVA. Si la potencia de entrada
es de 12 MW, entonces la carga de potencia reactiva máxima que aún
protege la corriente del estator es:
Q = √› − ] = √16.05 − 12 = 10.66$˜/%d&
Ahora se debe determinar el límite de corriente del rotor. La potencia por
unidad suministrada al motor es:
Ppu = 12 MW /16.05 = 0.748 pu
El máximo EA = 4753.92 V ( 1,25 pu), por lo que, si se configura al máximo
y el motor consume 12 MW, el ángulo de torsión (sin tener en cuenta la
resistencia de la armadura) es:
4753.92/3810.52= 1.25 pu
Pmax = 3* ∅QR
I
MN F
MN F =
.f! ∗ .f
∗ . T∗
; F = − 8.03
La corriente de armadura es:

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( = ∅ O QR
UI
=
O . T∠ O .
U .f
( =
O . !VU . fT
U .f
= 0.424 ∠53.9$%&
( = 1404 ∗ 0.424 ∠53.9$%&
( = 595.3 ∠53.9$%&
La potencia reactiva es:
‡ = 3/∅ ( MN
‡ = 3 ∗ 3810.52 ∗ 593.5 ∗ MN $53.9& ∗ $1/1000&
‡ = 5481.91 $s/%d&
El motor puede suplir la potencia reactiva de:
Q= 5.48 (MVAR)
d) De los datos de placa, se tiene que:
VCampo = 125 V ; IF = 5.2 (A)
P= 125*5.2 = 650 (W)
z = =>?
|}~
z =
T.KKK
K. T
∗ 100 = 97.6 %
e) De placa: n= 1200 rpm
n= 1200 *2c/60 = 40 c d„e/M
9 = =>?
;
= 15.666 ∗
! A
9 = 124666 $E. &
Â:
9 = 124666 $E. & ∗
sŠo
9.8 E
∗
2.2 mno
sŠo
∗
op
0.3048
9 = 91818. 43 lbf.ft

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a) La corriente que absorbe el otor viene de; generador síncrono, así:
fp =1
($³& = j$³& =
√ ∗ À
=
√ ∗.! ∗

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($³& = j$³& = 96.23$%&
El voltaje interno del motor es:
L( = /∅ − $d + 12&
L( =
!
√
− 12 ∗ 96.23
L( = 277.13 − 1 192.46
L( = 337.4 ∠ - 34.78 (V)
Como la corriente del motor la suple el generador, se tiene que:
L( = /∅ + $12&
L( =
!
√
+ 10.4 ∗ 96.23
L( = 277.13 + 1 38.492
L( = 279.79 ∠ 7.9 (V)
Para el generador:
Para el motor:

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b) Si el flujo del motor se incrementa en 10 %, esto ocasiona que el
voltaje interno del otor también varia en forma proporcional al
cambio del campo, así:
QR
QRB
=
Ã∅
Ã∅B
=
∅
. ∅
L( = 1.1 L( = 1.1 ∗ 337.4
L( = 371.14$/&
L($Ä& − L($³& = 1$2³ + 2Ä& (Ä
(Ä =
QR$Å&OQR$Æ&
U$IÆVIÅ&
El diagrama fasorial del circuito es:
Este diagrama fasorial combinado se parece al diagrama de un motor
sincrónico, por lo que podemos aplicar la ecuación de potencia para
motores sincrónicos a este sistema:

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] = 3 ∗ ∅QR
I
MN F
Se tiene entonces:
] = 3 ∗
QRÅQR$Æ&
IÆVIÅ
MN $FÄ + F³&
MN $FÄ + F³& =
À$IÆVIÅ&
∗QRÅQR$Æ&
MN $FÄ + F³& =
$ .!V &
∗ f .f ∗ f . !
∗ 1000 = 0.61633
FÄ + F³ = Ç = 38.04
(Ä =
QR$Å&OQR$Æ&
U$IÆVIÅ&
(Ä =
f .f O f . !`∠ O . !
U$ .!&
(Ä =
O .T V U .f
U$ .!&
= 95.44 ∠ 3.13 $%&
El voltaje en los terminales de cada equipo, o lo que es lo mismo en la
barra de interconexión es:
Para G:
/∅$Ä& = L( − 1 2Ä (Ä
/∅$Ä& = 279.79 − 1$0.4&95.44 ∠ 3.13
/∅$Ä& = 279.79 − 38.176 ∠ 93.13
/∅$Ä& = 281.7 − 1 38.12
/∅$Ä& = 284.27 ∠ − 7.7 $/&
c) El factor de potencia del motor es:
Cos (7.7+3.13) = fp
fp= 0.98 (+)

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a) Sea: ] = 3 ∗ ∅QR
I
MN F
L( =
∗I
∅ a; É
=
∗ .T
∗
ÊÊD
√Ë
∗ a; T
∗ 1000 = 372.58 $/&
b) ( = ∅ O QR
UI
=
T!. !O f .T ∠O T
U .T
( =
O .K!VU Tf.!T
U .T
= 118.86 ∠ 27.98$%&
El factor de potencia es:
fp= cos(27.98)= 0.88 (+)
c) ] Œ• = 3 ∗ ∅QR
I
] Œ• = 3 ∗
T!. !∗ f .T
.T
∗ 1/1000 = 188.79 $s^&

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a) = 120o/]
=
∗!
!
= 12000
b) = 12000 ∗
A
K
= 400 c d„e/M
9 = =>?
½
] Œj = 200 ∗ 0.85 = 170$s^&
9 = =>?
½
=
f ∗
! A
= 135.28$ . &
c) La corriente en condiciones nominales es:

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( =
f
√ ∗ .!K∗. T
= 251.02$%&
Fp= 0.85 ------- = 31.79
( = 251.02 ∠ 31.78$%&
L( = /∅ − $12&
ZB =
g X
Ì
•Ì
; ›‘ = 0.2 ˜/%; s/‘ = 0.46 s/
ZB =
.!KX
.
= 1.058 $ℎ &
X= 0.9*1.058 = 0.952 (ohm)
L( =
!K
√
− 1 0.952 ∗ 251.02∠31.79
L( = 265.58 − 238.97 ∠ 121.79
L( = 391.47 − 1 203.12
L( = 441.03 ∠ - 27.42 (V)
d) Como la corriente de campo produce el voltaje Ea calculado en el
punto anterior, se tiene:
] Œ• = 3 ∗ ∅QR
I
] Œ• = 3 ∗
KT.T ∗!! .
. T
∗ = 369.1 $s^&

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a) Psal = 100*.746 = 74.6 (KW)
z = =>?
|}~
; ]a; = =>?
¾
]a; =
f!.K
. K
= 77.71$s^&
b) ]a; = √3 / ([M
=
ff.f
√ ∗ .!!∗.
= 127.46$%&
Como la conexión es triángulo, la corriente de fase es:
( = ∅ =
)*
√
=
f.!K
√
= 73.59$%&
o = 0.8$+& − − − − − − − − − −−> = 36.87
( = 73.59 ∠36.87$%&

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c) Sea:
Q= 3 /∅ ∅ ∗ (MN ∅
Q= 3 ∗ 440 ∗ 73.59 ∗ MN $36.87& ∗ = 58.28 $s/%d&
d) Como la corriente nominal es: ( = 73.59 ∠36.87$%&
L( = /∅ − $d + 12&
L( = 440 − $0.3 + 14& ∗ 73.59 ∠36.87
L( = 440 − 295.17 ∠ 122.58
L( = 598.94 − 1 248.72
L( = 648.53 ∠ - 22.55 (V)
e) ] k`a = 3 ( d
] k`a = 3 ∗ 73.59 ∗ 0.3 = 4873.94 $^&
f) Si EA2 = 0.9 EA1
EA2 = 0.9*648.53= 583.68 (V)

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F = MN O
P
K! .T
T .K
MN $−22.55&S
F = −25.16
( = ∅ O QRB
UI
=
!! OT .K ∠O .TT
U .T
( =
O . TVU . !
. VU !
=
!!.f ∠ . f
!. ∠ T.f
( = 61.03 ∠ 28.16 $%&
La potencia es:
Q= 3 /∅ ∅ ∗ (MN ∅
Q= 3*440*61.03 sen (28.16)
Q = 38018.93 (VAR) = 38.018 (KVAR)
EA2 cos22.55 > 440, por tanto:
------------------- Motor entrega potencia reactiva al sistema.

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a)
EA2 cos 15 = 430 cos 115 = 415.35 V
EA2 cos 15 < 440
------------------- Motor consume potencia reactiva del sistema
Como el voltaje interno adelanta al voltaje de fase, la maquina esta
entregando en este caso potencia real.
b) Como la máquina opera como generador:
( =
QR O ∅
•VUI
=
! ∠ T O!!
. VU!
( =
O !.KTVU .
. VU !
=
. ∠ .!
!. ∠ T.f
( = 28.42 ∠ 16.78 $%&

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P= 3 /∅ ∅ ∗ ([M∅
P= 3* 440* 28.42 cos(16.78)* = 35.92 $s^&
Q= 3 /∅ ∅ ∗ (MN ∅
Q= 3* 440* 28.42 sen(16.78)* = 10.83 $s/%d)
c)
La máquina funciona como un motor ya que EA atrasa a /∅.
d) ( = ∅ O QR
•VUI
=
!! O !f ∠O
. VU!
( =
O .KKVU K .fT
. VU !
=
K .fK ∠ .T
!. ∠ T.f
( = 40.08 ∠ 4.88 $%&
EA2 cos 20 > 440
470 cos20= 441.66 (V)
------------------- Motor entrega potencia reactiva al sistema
P= 3 /∅ ∅ ∗ ([M∅
P= 3* 440* 40.08 cos(4.88)* = 52.71 $s^&
Q= 3 /∅ ∅ ∗ (MN ∅
Q= 3* 440* 40.08 sen(4.88)* = 4.5 $s/%d)

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